山东省烟台市2024-2025学年高三（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份山东省烟台市2024-2025学年高三（上）期末物理试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.一氦氖激光器发射的单色光在真空中的波长为λ，该激光器的发光功率为P，光在真空中传播的速度为c，普朗克常量为h，则该激光器每秒发射光子的个数为( )
A. PλhcB. PhcλC. PchλD. hcPλ
2.如图甲所示为一静置在水平桌面上的砧板置物架，其中M、N为置物架上的两个竖直支架。若M、N之间静止倾斜放置着一块砧板，侧视图如图乙所示。忽略砧板与置物架间的摩擦，则下列说法正确的是( )
A. 砧板一定受4个力作用
B. 置物架与桌面间存在摩擦力
C. 若仅将M与N之间的距离调小，则置物架对砧板的作用力将减小
D. 若仅将M与N之间的距离调大，则置物架对砧板的作用力将不变
3.塑胶跑道由一种特殊的材料制成，这种材料具备良好的减震和回弹效果。经测试，将一重为G的鸡蛋分别从水泥路面和塑胶跑道路面上方相同高度自由释放，碰后鸡蛋的速度均变为零。已知鸡蛋与水泥路面的碰撞时间为t0，鸡蛋受到水泥路面的平均作用力为4G；鸡蛋与塑胶跑道路面的撞击时间为3t0，则鸡蛋受到塑胶跑道路面的平均作用力为( )
A. 1.5GB. 2GC. 2.5GD. 43G
4.甲、乙两车在同一条平直公路上行驶，从t=0时刻起，甲车一直做匀速直线运动，乙车先做初速度为v0的匀加速直线运动，t1时刻接着做匀减速直线运动，t2时刻速度减为v，两车位移x随时间t变化的关系图像如图所示。已知t2=2t1，则关于v0和v的大小关系，下列说法正确的是( )
A. v0vB
C. a1>aAD. 若OA=0.5R，则vA= 2GMR
12.如图甲所示，水平面上固定两条足够长的平行轨道，轨道间距为0.4m，虚线O1O2垂直于轨道，O1O2左侧部分轨道由金属材料制成，其左端通过导线与电容为2×103μF的平行板电容器的极板A、B分别相连，O1O2右侧部分的轨道由绝缘材料制成，轨道处于方向竖直向下的匀强磁场中。将一质量为0.1kg且电阻不计的金属棒MN置于O1O2左侧的金属轨道上，并通过水平轻绳绕过光滑定滑轮与质量为0.2kg的小物块相连，MN与轨道各部分的动摩擦因数都相同。t=0时刻，将MN和小物块同时由静止释放，MN离开虚线O1O2后的v-t图像如图乙所示。整个过程中MN始终垂直于轨道且与轨道接触良好，电容器未被击穿，重力加速度g=10m/s2，则下列说法正确的是( )
A. 电容器的A极板带正电B. MN在第1s内做匀加速直线运动
C. 磁场的磁感应强度大小为25TD. 电容器储存的电能为1.65J
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
13.某同学用如图甲所示的实验装置测量物块与长木板间的动摩擦因数μ。其中一端装有轻滑轮的长木板固定在水平桌面上，在其上表面的P点安装一光电门。

物块上表面固定一遮光片，左侧固定一力传感器。细绳的一端与力传感器相连，另一端通过定滑轮与托盘(内有砝码)相接。实验时，物块从长木板右侧的O点由静止开始释放，在绳的拉力作用下向左运动并通过光电门，记录力传感器示数F和对应遮光片通过光电门的时间t。增加托盘中砝码的个数，重复上述实验过程，保证每次让物块从长木板上的O点由静止开始释放，得到多组F、t数据。
(1)关于本实验，下列说法正确的是______。
A.实验开始前，应先补偿阻力
B.实验开始前，应调整轻滑轮的高度，使细线与长木板上表面平行
C.实验时，力传感器的示数小于托盘及砝码的总重力
D.为减少实验误差，应始终保证物块及力传感器的总质量远大于托盘及砝码的总质量
(2)现用游标卡尺测得遮光片的宽度如图乙所示，则遮光片的宽度为______cm。
(3)测出OP之间的距离为L，遮光片的宽度为d，利用描点法做出F-1t2图像如图丙所示，已知该图像的斜率为k，在纵轴上的截距为F0。当地的重力加速度大小为g，用给出的物理量的符号和丙图中的数据，可得物块与长木板间的动摩擦因数的表达式μ= ______。
14.多用电表是电学实验中常用的一种仪表。关于多用电表的原理，某实验小组做了以下研究。用一个已知量程为0～5mA、内阻r=100Ω的毫安表进行设计并组装一个简易多用电表，如图所示为该实验小组组装完成的简易多用电表的电路图。其中R1、R2、R3和R4是定值电阻，R5和R6是可变电阻，内置电源E1、E2的内电阻不计。该多用电表有6个挡位：直流电压2.5V挡、A直流电压10V挡、直流电流10mA挡、直流电流100mA挡、欧姆“×10”倍率挡、欧姆“×100”倍率挡。
(1)当功能开关S与“1”相接时，多用电表为______挡，定值电阻R1= ______Ω，测量时应注意电流应该从______(选填“A”或“B”)表笔流入多用电表。
(2)当功能开关S与“3”相接时，开关对应欧姆“×10”倍率挡，完成机械调零和欧姆调零后，当在A、B两表笔间接入200Ω的定值电阻时，表盘上的指针指向正中央，则可变电阻R3= ______Ω，对应欧姆表内置电源的电动势E1= ______V；当在A、B两表笔间接入某未知电阻Rx时，原毫安表的示数为2mA，则未知电阻Rx= ______Ω。
(3)当功能开关S与“5”相接时，多用电表为______挡，定值电阻R3= ______Ω。
四、计算题：本大题共4小题，共46分。
15.运动员用弹弓弹射出的弹丸射击飞碟，某次射击过程的示意图如图所示，飞碟从地面上的P点以大小为v0=25m/s、方向与地面成α=53°的初速度斜向上射出，从飞碟刚射出开始计时，运动员看准时机，在t0=1.3s时，从距离地面N点高度为h0=1.45m的O点用弹弓将弹丸以某一初速度v(未知)斜向上射出，弹丸恰好在地面上M点正上方的Q点击中飞碟，已知P、N、M三点处于同一水平面内，N、M的连线与P、M的连线垂直，M、P两点间的距离为x1=30m，M、N两点间的距离为x2=28m，重力加速度为g=10m/s2，sin53°=0.8，不计空气阻力，求：
(1)Q、M两点间距离h；
(2)弹丸射出的初速度v的大小及与水平方向的夹角β。
16.一列简谐横波沿x轴正方向传播，已知x轴上xM=1m的质点M和xN=4m的质点N的振动图像分别如图甲、乙所示，该简谐横波的波长λ>1m，求：
(1)质点M和质点N的振动方程；
(2)该简谐横波传播速率的可能值。
17.如图所示的xOy坐标平面，在x≥0的区域存在方向垂直坐标平面向外的匀强磁场，在x0)的粒子从x轴上的P(-L,0)点以初速度v0进入电场，速度方向与x轴正方向成θ=37°角，之后粒子从y轴上的M点进入第一象限。已知匀强磁场的磁感应强度大小B=16mv015qL，匀强电场的电场强度大小sin37°=35，不计粒子的重力。
(1)求M点与坐标原点O的距离；
(2)求粒子在第一象限中的运动时间；
(3)在x≥0的区域另外施加一大小E'=56mv0275qL、方向沿y轴正方向的匀强电场(图中未画出)，其它条件不变，求此时粒子在x>0的空间运动过程中，离x轴的最短距离。
18.如图所示，光滑曲面AB与长度为l的粗糙水平轨道BC相切于B点，A点距轨道BC的高度为R，质量为m的小滑块1被锁定在A点，质量为2m的小滑块2静止在水平轨道最右端的C点，轨道BC下方的水平面上有一固定的“L”形木板，其上表面光滑，在P点处固定一劲度系数为k的轻弹簧，弹簧右端拴接一质量为M=4m的长方体滑块，M的中心在O点的正上方，处于静止状态。现将滑块1解除锁定并由静止释放，1与2发生弹性碰撞后，滑块1恰好停在B点，滑块2被碰后做平抛运动的同时给滑块M一个向右的初速度v0=3 gR5，当M的中心运动到O点的正上方时，恰好与滑块2相碰，碰后滑块2竖直向上运动至与C等高的D点。已知所有的碰撞时间极短，质量为m0的弹簧振子振动周期为T=2π m0k，弹簧弹性势能的表达式为Ep=12kx2(k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量)，不计空气阻力，重力加速度为g。
(1)求滑块1与水平轨道BC间的动摩擦因数μ；
(2)求C点与滑块M上表面间的高度差h；
(3)在滑块2与M第二次碰撞完毕跳起后将滑块2取走，求此后弹簧与M组成的弹簧振子的振幅A。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】光子的频率为ν=cλ，一个光子的能量为E=hν，设每秒发射的光子个数为n，则nE=P，联立解得n=Pλhc，故A正确，BCD错误。
故选：A。
2.【答案】D
【解析】A、若砧板的重心在N板右侧，砧板可能只受3个力作用：重力、N板的弹力和M板的弹力，故A错误；
B、对砧板与置物架整体分析，根据平衡条件分析可知，桌面对置物架没有摩擦力，故B错误；
CD、对砧板与置物架整体分析，根据平衡条件分析可知，置物架对砧板的作用力与砧板的重力平衡，所以若仅将M与N之间的距离调小或调大时，置物架对砧板的作用力将不变，故C错误，D正确。
故选：D。
3.【答案】B
【解析】设鸡蛋自由落体运动阶段的末速度大小为v，鸡蛋受到塑胶跑道路面的平均作用力大小为F，
因为鸡蛋两次下落高度相等，所以落地瞬间的速度大小也相等，以竖直向下为正方向，
鸡蛋碰水泥路面的过程，由动量定理可得：Gt0-4Gt0=0-mv，
鸡蛋碰塑胶跑道路面的过程，由动量定理可得：G⋅3t0-F⋅3t0=0-mv，
联立可得：F=2G，故B正确，ACD错误；
故选：B。
4.【答案】B
【解析】x-t图像的斜率表示速度，根据图像可知，乙车两段时间内的平均速度相等，在匀变速直线运动中，平均速度等于初速度和末速度的算术平均值，t1时刻的速度为前段时间的末速度及后段时间的初速度，两者相等，则v0=v，故B正确，ACD错误。
故选：B。
5.【答案】D
【解析】A.等势面与电场线相交处互相垂直，且电场线总是从电势高的等势面指向电势低的等势面，则M点的电场强度方向应垂直于M所在等势面斜向右上方，又因为带电粒子做曲线运动，所受合力(电场力)指向运动轨迹的内侧，所以该粒子在M点所受合力(电场力)方向应垂直于M所在等势面斜向左下方，则该粒子带负电，故A错误；
B.由匀强电场中电势差与电场强度的关系可知，同一电场中，等差等势面越密集的地方电场强度越大，则由图可知，M点的电场强度比N点的大，故B错误；
C.结合前面分析可知，该粒子带负电，由图可知，M点电势高于N点电势，则由电势、电势能的关系可知，粒子在M点的电势能小于在N点的电势能，故C错误；
D.由图可知，粒子从M点运动到N点的过程中，所处位置电势先降低后升高，则电势能先增大后减小，则电场力先做负功后做正功，则有动能定理可知，其动能先减少后增加，故D正确；
故选：D。
6.【答案】C
【解析】设通电导线中电流方向垂直纸面向外，两条通电导线在E、F、G点产生的磁感应强度方向如图所示
E、F、G三点的磁感应强度大小相等，E、F两点的磁感应强度方向不相同也不相反，因为E点磁感应强度方向斜向左下方，F点磁感应强度方向斜向右下方，E、G两点的磁感应强度方向相反，故ABD错误，C正确。
故选：C。
7.【答案】A
【解析】木材垂直于杆的平面内受力如图所示
由于两细圆木间的间距为R，木材的半径为R，则α=60°
沿细圆木方向，对木材，由牛顿第二定律得：mgsinθ-2f=ma
在垂直于细圆木方向，由平衡条件得：2Ncsα2=mgcsθ
滑动摩擦力：f=μN
解得：a=310g，故A正确，BCD错误。
故选：A。
8.【答案】B
【解析】根据题意，设细线的长度为L，当角速度为0时，小球受重力、支持力和绳的拉力，且有T0=mgcsθ，当角速度等于ω1时，小球恰好只受重力和绳的拉力，则有mgtanθ=mω12Lsinθ，当角速度等于ω2时，小球受只受重力和绳的拉力，且绳与竖直方向的夹角变大设为α，则根据牛顿第二定律有Tsinα=mω22Lsinα，联立可得T=T0ω22ω12cs2θ，故B正确，ACD错误。
故选：B。
9.【答案】AD
【解析】B.图丙中，图像与坐标轴所围面积在数值上等于功，则0～3s内拉力做的功为
W=12×1×60J+(3-1)×20J=70J
故B错误；
C.由图乙可知，在1-3s内做匀速直线运动，即摩擦力与拉力等大反向，根据图丙可知
P=Fv=fv
解得
f=2N
故C错误；
A.0-1s内位移为
x=12vt1WF=12×1×60J=30J
根据动能定理可得
WF-fx=12mv2
代入数据解得
m=0.4kg
故A正确；
D.物体在0-1s内，由牛顿第二定律结合乙图可得
F-f=maa=ΔvΔt=101m/s2=10m/s2
代入解得
F=6N
故D正确。
故选：AD。
10.【答案】BCD
【解析】B、由乙图可知波长为2m，由甲图可知周期为0.4s，根据波速公式v=λT，即可知传播速度为5m/s，故B正确；
C、由甲图可知其振动方程y=0.5sin(5πt)(m)，代入时间t=0.05s时，即可知其纵坐标为y= 24m，故C正确；
A、由波的对称性和周期性，可知质点P与2m处质点的间距等于Δx=vΔt=5m/s×(0.5s-0.45s)=0.25m，结合波长为2m，即可知P点处的坐标为2.25m，故A错误；
D、由波的传播速度与距离，可计算x=0.5m处的质点比x=0位置处之间滞后的时间为：Δt2=Δx2v=0.5m-0m5m/s=0.1s，故D正确。
故选：BCD。
11.【答案】AB
【解析】A、根据开普勒第三定律a3T2=k可知，因R=r，则T1=T2，故A正确；
B、卫星绕地球做圆周运动时，根据万有引力提供向心力得
GMmr2=mv2r
可得v= GMr，轨道半径越大，卫星的运行速度越小，则卫星1的线速度v1大于在过B点的圆轨道上运行的卫星线速度。根据变轨原理可知，从轨道Ⅱ变轨到过B点的圆轨道上，在B点必须加速，则过B点的圆轨道上运行的卫星线速度大于vB，则v1>vB，故B正确；
C、根据牛顿第二定律得
GMmr2=ma
可得a=GMr2，可知a10区域轨迹如图2中实线所示

图2
Bqv2=mv22R2
解得
R2=332L
粒子在xr>0的空间运动过程中，离x轴的最短距离
d=y1-2R2
解得d=316L
答：(1)M点与坐标原点O的距离为3L8；
(2)粒子在第一象限中的运动时间为5πL16v0；
(3)此时粒子在x>0的空间运动过程中，离x轴的最短距离为316L。
18.【解析】(1)设滑块1与2碰前速度为v1，滑块1从A到C过程，由动能定理得：mgR-μmgl=12mv12-0
两滑块发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv1=mv1'+2mv2'
由机械能守恒定律得：12mv12=12mv'12+12×2mv'22
解得：v'=-13v1，v2'=23v1
碰后滑块1恰滑动后能静止在B点，滑块1从C点运动到B点过程，由动能定理得：-μmgl=0-12mv'12
解得：v2'=2 gR5，μ=R10l
(2)滑块2与振子M在平衡位置相碰，由于v0>v2'，滑块2只能与向左运动的M相碰才能碰后竖直向上运动，
碰前运动时间t满足：t=nT+T2 (n=01、2、3……)
滑块做简谐运动的周期T=2π Mk=2π 4mk=4π mk
滑块2碰撞后上升的高度h=12gt2
解得：h=2(2n+1)2π2mgk (n=0、1、2、3……)
(3)滑块2与M碰撞过程系统在水平方向动量守恒，以向左正方向，
在水平方向，由动量守恒定律得：Mv0-2mv2'=MvM1
其中M=4m，解得：vM1=2 gR5
设第一次碰撞过程中滑块2与M接触时间为Δt，因滑块2离开M瞬间是相对运动的，故在Δt时间内滑块2与M间为滑动摩擦力；
滑块2从竖直上抛后落下与M发生第二次碰撞前运动时间为2t，滑块运动(2n+1)T时间正好在平衡位置向左运动时与滑块2相撞，
假设第二次碰撞过程中滑块2离开M前在水平方向二者能共速，碰撞过程系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，
在水平方向，由动量守恒定律得：MvM1=(2m+M)v共
解得：v共=43 gR5
第一次碰撞摩擦力对滑块的冲量大小I1=fΔt=2mv2'
第二次碰撞摩擦力对滑块的冲量大小I2=fΔt'=2mv共
由于v共